Grenzwert bestimmen eines komplizierten Bruchs

21.11.2014, 15:53

Zoys

Grenzwert bestimmen eines komplizierten Bruchs

Hallo liebes Mathe-Board,

ich muss das Verhalten eines Vekors im unendlichen beobachten, dieser ist jedoch etwas komplizierter, sodass ich mich etwas schwer tue mit dem Lösen.

$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to \infty } f(t) = \lim_{t \to \infty } \begin{pmatrix} \frac{e^{\frac{1}{t+1}}-1-\frac{1}{t+1} }{\frac{1}{(t+1)^{2} }} +\frac{1}{2} \\ (t+1)sin(\frac{1}{t+1} ) \\ \frac{2sin(\frac{1}{t+1})-sin(\frac{2}{(1+t)} )}{\frac{1}{t+1}-sin(\frac{1}{t+1}) } +6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Der 2. Wert läuft denke ich ziemlich offensichtlich gegen 0, da der Wert in der Sinusfunktion immer kleiner wird und demnach irgendwann mit 0 multipliziert wird.
Auch bei dem 3. Wert bin ich mir ziemlich sicher, dass dieser gegen 6 läuft, da jeder Wert des Bruchs gegen 0 läuft.

Mein Problem liegt bei dem 1. Wert, ich habe mittlerweile herausgefunden, dass der Bruch gegen $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ und somit der Gesamtwert gegen 1 läuft, außerdem ist beim stöbern im Internet das Wort Laurentreihe gefallen. Ich bin mir jedoch völlig im unklaren darüber wie man von so etwas den Grenzwert berechnet, gibt es da einen Ansatz für?

Grüße Zoys

21.11.2014, 21:59

thk

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RE: Grenzwert bestimmen eines komplizierten Bruchs
Beim 2. kannst du sin(x) durch x ersetzen...
Bei 3. liegst du leider auch daneben. Ausprobiert --> 12.
Wenn man bis zur 3. Ordnung auflöst sieht man es hoffentlich.

Beim 1. geht die e-Fkt gegen 0 und dann Doppelbruch auflösen...

Bin dann aber weg. Thread ist frei.

21.11.2014, 22:03

person

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RE: Grenzwert bestimmen eines komplizierten Bruchs
Hi Zoys,

ich fange mal mit dem zweiten eintrag an, habe leider gerade nicht so viel Zeit, aber vielleicht kommst du dann aleine weiter. Damit das
$\begin{eqnarray*} \lim_{t\rightarrow \infty} \sin \left( \frac{1}{1+t} =0 \right) \end{eqnarray*}$
hast du recht, ABER da
$\begin{eqnarray*} \lim_{t\rightarrow \infty} 1+t =\infty \end{eqnarray*}$
kannst du hier die Grenzwertsätze nicht anwenden. Z.B. ist $\begin{eqnarray*} \lim _{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n} =0 \end{eqnarray*}$ , aber natürlich gilt $\begin{eqnarray*} 1=\frac{1}{n}\cdot n \end{eqnarray*}$ für alle natürlichen Zahlen n, also auch $\begin{eqnarray*} \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n} n =1 \end{eqnarray*}$ . Merke also das Produkt einer Nullfolge und einer divergenten Folge muss keine Nullfolge sein (hier kann alles passieren, solche Folgen können gegen 0 konvergieren, gegen einen anderen Wert konvergieren oder auch divergieren, du musst sie weiter untersuchen!!)
Es gibt für diesen Fall ein gutes Hilfsmittel. Nutze den Satz von L'Hospital, der hilft dir genau in solche Situationen oft (und auch hier) weiter. Nutze/zeige (viel ist hier nicht zu zeigen, aber mache dir klar warum es gilt) das
$\begin{eqnarray*} \lim_{t\rightarrow \infty} (1+t)\sin \left(\frac{1}{1+t}\right)=\lim_{z\rightarrow 0} \frac{\sin(z)}{z} \end{eqnarray*}$
und wende L'Hospital an, du wirst auf ein anderes Ergebnis als 0 kommen...

Hoffe das hilft dir, viel Erfolg!

22.11.2014, 11:13

Zoys

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Okay dann versuch ich mal mein Glück:

Also du sagst die e-Funktion geht gegen 0, aber es läuft doch der exponent der e-Funktion gegen 0 und wenn ich mich recht erinnere, ist doch $\begin{eqnarray*} e^{0} =1 \end{eqnarray*}$ oder wird das wieder anders gehandhabt, wenn meine Funktion gegen unendlich läuft?

Den 2. Wert würde ich das dannn in etwa so angehen, da man ja bei sehr kleinen Winkeln, den Sinus einfach weglassen kann:
$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to \infty} ((t+1)sin(\frac{1}{1+t})) = \lim_{t \to \infty}(tsin(\frac{1}{1+t})+sin(\frac{1}{1+t})) = \lim_{t \to \infty}(tsin(\frac{1}{t})+sin(\frac{1}{t})) = \lim_{t \to \infty}(t\cdot \frac{1}{t} + \frac{1}{t}) = \lim_{t \to \infty}(\frac{t}{t} + \frac{1}{t}) = 1 + 0 \end{eqnarray*}$

Für die erste Zeile habe ich mich auch mit L'Hospital versucht gehabt, da sich die e-Funktion meiner Meinung nach gegen die 1 weg kürzt im Unendlichen und ich somit 2 Brüche habe die gegen Null laufen, was ja die Voraussetzung für L'Hospital ist
$\begin{eqnarray*} \frac{e^{\frac{1}{t+1}}-1-\frac{1}{t+1} }{\frac{1}{(t+1)^{2} }} = \frac{-\frac{1}{(1+t)^{2}}e^{\frac{1}{t+1}}+\frac{1}{(1+t)^{2}} }{\frac{-2}{(t+1)^{3} }} \end{eqnarray*}$
Muss ich den dann noch einmal anwenden oder passt das ganze bis dahin schon gar nicht?

Grüß Zoys

22.11.2014, 12:31

HAL 9000

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Nur eine kleine Anmerkung: Man erspart sich eine Menge Schreibarbeit, wenn man in allen drei Komponenten mit der Substitution $\begin{align*} x=\frac{1}{t+1} \end{align*}$ , also $\begin{align*} t = \frac{1}{x}-1 \end{align*}$ arbeitet:

$\begin{align*} \lim_{t\to\infty} f(t) = \lim_{x\to +0} f\left( \frac{1}{x}-1 \right) = \lim_{x\to +0} \begin{pmatrix} \frac{e^x-1-x}{x^2} + \frac{1}{2} \\[1ex] \frac{\sin(x)}{x} \\[1ex] \frac{2\sin(x)-\sin(2x)}{x-\sin(x)} \end{pmatrix} \end{align*}$

22.11.2014, 13:46

Zoys

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Das sieht tatsächlich sehr viel angenehmer aus. Was ich nicht ganz verstehe, warum läuft der Limes nach der Substitution gegen +0 und wie gehe ich dann damit um, kann ich dann alle x im Grenzbereich gleich 0 setzen?

Ansonsten lässt sich ja wenn man das so schön da stehen hat wunderbar L'Hospital anwenden, da ja die Voraussetzung ein Bruch in dieser Form nötig ist: $\begin{eqnarray*} \frac{0}{0} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \frac{\infty}{\infty} \end{eqnarray*}$ .

22.11.2014, 14:03

HAL 9000

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Zitat:

Original von Zoys
Was ich nicht ganz verstehe, warum läuft der Limes nach der Substitution gegen +0

Wie groß ist denn $\begin{align*} \lim_{t\to\infty} \frac{1}{t+1} \end{align*}$ ?

Zitat:

Original von Zoys
kann ich dann alle x im Grenzbereich gleich 0 setzen?

So funktioniert Grenzwertbildung nicht, solltest du eigentlich wissen.

22.11.2014, 14:33

Zoys

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Okay nicht nachgedacht und unglücklich formulier. Was ich wissen wollte, ich betrachte jetzt dann die Gleichung gegen 0 und nicht gegen unendlich? Und von da aus lässt sich dann rücksubstituieren und auf die Gesamtgleichung schließen?

23.11.2014, 23:53

Zoys

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So hatte jetzt ein bisschen Zeit mich in Ruhe damit zu befassen und bin denke ich zu etwas gekommen, womit ich zufrieden bin. Ich habe mit der Substitution weiter gerechnet:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}f(\frac{1}{x}-1) =\lim_{x \to 0} \begin{pmatrix} \frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}+\frac{1}{2} \\ \frac{sin(x)}{x} \\ \frac{2sin(x)-sin(2x)}{x-sin(x)}+6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Für die 1. Zeile steht dann ja folgender Bruch: $\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}} = \frac{0}{0} \Rightarrow "L'Hospital" \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2} = \lim_{x \to 0}\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

Demnach für die 1. Zeile 0,5 + 0,5 = 1.

Für die 2. Zeile auch wieder mit L'Hospital:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\frac{sin(x)}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{cos(x)}{1} = 1 \end{eqnarray*}$

Und für die 3. Zeile muss man auch noch mal L'Hospital anwenden nur etwas häufiger:

$\begin{eqnarray*} \lim_{x \to 0}\frac{2sin(x)-sin(2x)}{x-sin(x)} = \lim_{x \to 0}\frac{2cos(x)-2scos(2x)}{1-cos(x)} = \lim_{x \to 0}\frac{-2sin(x)+4sin(2x)}{sin(x)} = \lim_{x \to 0}\frac{-2cos(x)+8cos(2x)}{cos(x)} = \frac{-2+8}{1} = 6 \end{eqnarray*}$

Und das ganze untergebracht im Vektor macht dann:
$\begin{eqnarray*} \lim_{t \to \infty} f(t) = \lim_{t \to \infty} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 12 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich hoffe das stimmt soweit Augenzwinkern

Vielen Dank für die Hilfestellung an euch alle.

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